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江苏省泰州中学2024-2025学年高二上学期11月期中物理试题
1．（2024高二上·泰州期中）下列说法正确的是（　　）
A．法拉第发现了电流磁效应
B．麦克斯韦通过实验证实了电磁波的存在
C．变化的磁场一定产生变化的电场
D．一切物体都在辐射电磁波
【答案】D
【知识点】电磁场与电磁波的产生；物理学史
【解析】【解答】对于物理学上著名物理学家的理论、实验和重大发明要加强识记，这也是考试内容之一，重视知识的积累。A．奥斯特发现了电流的磁效应，故A错误；
B．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在且测得了波速，故B错误；
C．均匀变化的磁场产生恒定的电场，故C错误；
D．我们周围的一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度有关，故D正确。
故选D。
【分析】根据物理学史结合麦克斯韦电磁场理论分析。
2．（2024高二上·泰州期中）电动机通电后，电动机带动其他机器运转，一段时间后，电动机的外壳就会变得烫手。下列关于能的转化和守恒的说法，正确的是（ ）
A．消耗的电能全部转化为机械能
B．消耗的电能小于机械能
C．消耗的电能一部分转化为机械能，另一部分转化为内能
D．消耗的电能大于机械能与增加的内能之和，是能量损耗导致的
【答案】C
【知识点】焦耳定律
【解析】【解答】电动机的原理是通电导线在磁场中受力转动。电动机消耗的电能一部分转化为机械能，另一部分转化为内能，总的能量守恒。
故选C。
【分析】根据能量的转化和守恒定律进行分析解答。
3．（2024高二上·泰州期中）下列操作不能产生感应电流的是（　　）
A．甲图中，使导体棒AB水平向右切割磁感线运动
B．乙图中，使条形磁铁插入或拔出线圈
C．丙图中，闭合或断开开关S瞬间
D．丙图中，保持开关S闭合，快速断开线圈B上的导线
【答案】D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；磁通量
【解析】【解答】A．甲图中，导体棒AB、导线、灵敏电流计构成闭合回路，AB水平向右切割磁感线，穿过回路的磁通量变化（面积变化导致磁通量变 ），满足感应电流条件，产生感应电流，故A错误；
B．乙图中，使条形磁铁插入或拔出线圈，穿过线圈的磁通量均发生变化，线圈中都能产生感应电流，故B错误；
C．丙图中，闭合开关S瞬间，回路中为电流突然增大，小螺线管A产生的磁场增大，螺线管B中的磁通量增大，故有感应电流；断开S瞬间，回路中电流突然减小，小螺线管A产生的磁场减小，螺线管B中的磁通量减少，故有感应电流，故C错误；
D．丙图中，保持开关S闭合，快速断开线圈B上的导线，穿过螺线管B的磁通量不变，且穿过螺线管B没有构成回路，不会产生感应电流，故D正确。
故答案为：D。
【分析】感应电流产生的两个必要条件：闭合回路+磁通量变化。需同时满足才会产生感应电流，缺一不可。
A、B、C：均满足“闭合回路”，且磁通量变化，有感应电流。
D：断开导线导致回路不闭合，无感应电流（即使磁通量不变，回路断开也无法产生 ）。
4．（2024高二上·泰州期中）如图所示为三根平行直导线的截面图，若它们的电流大小都相同，方向垂直纸面向里，且如果AB=AC=AD，则A点的磁感应强度的方向为（　　）
A．沿AB方向 B．沿AD方向 C．沿AC方向 D．沿DA方向
【答案】B
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】本题考查了磁感应强度的矢量叠加，熟悉通电直导线周围的磁感应强度分布是解决此类问题的关键。根据右手螺旋定则可知，B处的通电直导线在A点所产生的磁场方向，沿AC方向，C处的通电直导线在A点所产生的磁场方向，沿AD方向，D处的通电直导线在A点所产生的磁场方向，沿CA方向，且磁感应强度的大小均相等，所以A点合磁感应强度的方向沿AD方向。
故选B。
【分析】根据右手螺旋定则判断各个通电直导线在A处产生的磁感应强度方向，再根据矢量叠加法则分析求解。
5．（2024高二上·泰州期中）在一条软绳上选18个等间距的质点，质点1在外力作用下首先向上做简谐运动，其余质点在相互作用力的带动下依次振动，从而形成简谐波，由波的形成及图可知，下列说法中正确的是（　　）
A．质点1带动质点2是利用绳上质点间的弹力实现的，每个质点均做简谐运动
B．每个质点开始运动后，均在水平方向做匀速运动，在竖直方向做简谐运动
C．绳上的不同质点开始振动时的方向是不同的
D．波沿绳方向匀速传播，故每个质点的动能保持不变
【答案】A
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】本题考查了机械波的形成原因、传播特点、振动和波动的关系，理解波的形成原因是关键。AC．前一质点带动后一质点，后一质点重复前一质点的振动，每个质点都做受迫振动，质点1带动质点2是利用绳上质点间的弹力实现的，每个质点均做简谐运动，由图可知绳上的每一个质点开始振动时，方向都向上，故A正确，C错误；
B．质点只能在平衡位置附近振动，不能沿绳传递，故B错误；
D．每个质点在平衡位置附近振动，速度变化，则动能变化，故D错误。
故选A。
【分析】机械波的形成原因是质点间的相互作用，前一质点带动后一质点，每个质点都做受迫振动。
6．（2024高二上·泰州期中）现代多数人由于运动量减少，体重逐渐增加，体内的脂肪也逐步增多，我们可以用某型号脂肪测量仪（如图甲所示）来测量脂肪积累程度，其原理是根据人体电阻的大小来判断脂肪所占比例（体液中含有钠离子、钾离子等，而脂肪不容易导电），模拟电路如图乙所示。已知：，测量时，闭合开关，测试者分握两手柄，体型相近的两人相比，脂肪含量高者，其电路中（　　）
A．电流表示数更大 B．电源的输出功率更高
C．路端电压更小 D．电压表示数更大
【答案】D
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】本题考查了闭合电路的欧姆定律的应用，知道电源的输出功率与外电阻之间的关系。A．脂肪不容易导电，脂肪含量高者，接入段的电阻更大。根据闭合电路的欧姆定律可知电路中总阻值越大，干路电流越小，电流表示数越小，故A错误；
B．外电路的总电阻
且
继而
可知越大，电源的输出功率越小，故B错误；
C．外电路的总电阻越大，路端电压越大，故C错误；
D．越大，其分压越大，电压表的示数越大，故D正确。
故选D。
【分析】根据闭合电路的欧姆定律分析；根据电源输出功率规律分析。
7．（2024高二上·泰州期中）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量小于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（　　）
A．甲的动量大小比乙的大
B．甲的动量大小与乙的相等
C．甲的动量大小比乙的小
D．甲乙组成的系统总动量水平向左
【答案】A
【知识点】动量定理
【解析】【解答】ABC．根据动量定理可知
甲的质量小于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等 ，故甲的动量大小比乙的大，故A正确，BC错误；
D．以向右为正方向，甲的动量大小比乙的大，故系统动量方向向右，故D错误。
故选A。
【分析】根据动量定理分析，甲的动量大小比乙的大，系统动量与甲动量相同。
8．（2024高二上·泰州期中）一列简谐横波向右传播，波源M的振动图像如图所示．t＝0.9s时，N点经过平衡位置且向下振动，且M、N之间只有一个波峰，则t＝0.9s时这列波的波形图是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】由题图可知简谐运动周期等于0.4s，t＝0.9s时，M位于波谷位置，波向右传播，且N点经过平衡位置且向下振动，根据同侧法可知B图符合题意，故ACD错误，B正确；
故答案为：B。
【分析】根据同侧法结合振动图像即可解出。
9．（2024高二上·泰州期中）一单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力频率的关系）如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．此单摆的摆长约为
B．若摆长增加，共振曲线的峰将向右移动
C．若把该单摆从福建移到北京，要使其固有频率不变，应减小摆长
D．军队过桥时需要齐步快速通过，防止桥面负担过重发生坍塌
【答案】A
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】 共振现象：当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大．
A．当驱动力频率等于固有频率时，发生共振，由题图可知，单摆的固有频率为，则周期为
由单摆的周期公式
可得单摆的摆长约为
A正确；
B．若摆长增加，由
可知周期变大，则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动，B错误；
C．若该单摆从福建移到北京，重力加速度变大，要使其固有频率不变，即周期不变，需增加摆长，C错误；
D．军队过桥时不能齐步快速通过，防止桥面发生共振，发生坍塌。D错误。
故选A。
【分析】根据驱动频率和共振频率相近时，单摆的振幅最大，可知单摆的周期；再由单摆周期公式分析出结果。结合共振现象分析。
10．（2024高二上·泰州期中）如图所示，光滑水平地面上停放着一辆的小车，小车的四分之一圆弧轨道在最低点B与水平轨道相切，圆弧轨道表面光滑，水平轨道表面粗糙。在小车的右端固定一个轻弹簧，弹簧的原长小于水平轨道的长度。一个质量为m的小球从圆弧轨道与圆心等高的A点开始自由（初速度为0）滑下，经B到达水平轨道，压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B点，下列说法正确的是（　　）
A．小球、小车及弹簧组成的系统动量守恒
B．小球、小车及弹簧组成的系统机械能守恒
C．弹簧具有的最大弹性势能时，小车和球的速度都为零
D．最终小车和小球以相同的速度一起向右运动
【答案】C
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】AB．系统水平方向外力为零，水平方向动量守恒，但竖直方向合力不为零，系统动量不守恒； 圆弧轨道表面光滑，水平轨道表面粗糙，小球、小车及弹簧组成的系统由于克服阻力做功，机械能不守恒，故AB错误；
CD．系统初始动量为0，根据动量守恒定律可知，弹簧具有的最大弹性势能时，小车和球的速度都为零，最终小车静止在B点时，小车与小球的速度也都为0，故C正确，D错误；
故选C。
【分析】根据动量守恒以及机械能守恒的条件分析，结合动量守恒定律分析小车和小球的最终运动状态。
11．（2024高二上·泰州期中）物理学家们在探索微观世界时，经常用一种微观粒子轰击另一种微观粒子，如图，中子以速度分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为和。设碰撞为弹性正碰，氢核质量与中子近似相同，氮核质量约是中子质量的14倍，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（　　）
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小 B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．大于 D．大于
【答案】B
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零）；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。CD．设中子的质量为，氢核的质量为，氮核的质量为，设中子和氢核碰撞后中子速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得
设中子和氮核碰撞后中子速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得
可得
故CD错误；
A．碰撞后氢核的动量为
氮核的动量为
可得
故A错误；
B．碰撞后氢核的动能为
氮核的动能为
可得
故B正确。
故选B。
【分析】由于碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律、能量守恒定律分别列方程求解碰撞后的速度大小，再根据动量计算公式、动能计算公式进行分析即可。
12．（2024高二上·泰州期中）按要求填空：
（1）如图所示，小明同学用图甲所示的电路图完成“测量电源电动势和内电阻的实验”，图乙中实线为按照实验所记录的电压表示数U与电流表示数I所作出的图线。由于电流表和电压表都不是理想电表，所以测量结果有系统误差，两条虚线①②中有一条是真实图线，则下列关于此方案的误差说法正确的是（　　）
A．本实验产生系统误差的原因是电压表的分流作用，使电流表示数偏大
B．本实验产生系统误差的原因是电流表的分压作用，使电压表示数偏大
C．图线①表示真实图线，小明所测电动势和内阻均偏小
D．图线②表示真实图线，小明所测电动势为真实值，内阻偏大
（2）图（甲）是演示简谐运动图像的装置，它由一根较长的细线和较小的沙漏组成。当沙漏摆动时，漏斗中的细沙均匀流出，同时匀速拉出沙漏正下方的木板，漏出的细沙在板上会形成一条曲线，这条曲线可以理解为沙漏摆动的振动图像。图（乙）是同一个沙漏分别在两块木板。上形成的曲线（图中的虚线表示）。
①图（乙）的P处堆积的细沙比Q处　 　（选填“多”、“少”或“一样多”）；
②经测量发现图（乙）中，若木板1的移动速度，则木板2的移动速度　 　。
（3）有两个同学利用假期分别去参观北京大学和南京大学的物理实验室，并各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长l的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了图像，如图甲所示，去南大的同学所测实验结果对应的图线是　 　（填“A”或“B”）。
另外，在南大做探究的同学还利用计算机绘制了两种单摆的振动图像（如图乙），由图可知，两单摆摆长之比　 　。
【答案】（1）C
（2）多；8
（3）A；
【知识点】简谐运动；用单摆测定重力加速度；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）AB．电压表测量的是路端电压，电压表示数没有误差，电流表电流小于电路总电流，是由于电压表分流导致的，故AB错误；
CD．干路电流为流过电流表和电压表电流之和，即每一个路端电压对应的干路电流大于电流表的示数，修正后的图像为图线①，由图可知电动势和内阻的测量值均小于真实值，故C正确，D错误。
故选C。
（2）①在图（乙）中P处，沙摆的速度最小，Q处沙摆的速度最大，所以P处堆积的细沙比Q处多；
②依题意，设该单摆的周期为，木板长度为。由图（乙）可知木板1在运动段，所用时间为
木板2在运动段，所用时间为
可得木板1、2拉动的速度大小为
，
联立求得
（3）北京大学处于北方，重力加速度g值较大，由单摆周期公式
可得
知T2～L图象的斜率越大，则重力加速度越小，因为南京当地的重力加速度小于北京，去北大的同学所测实验结果对应的图线的斜率小，应该是B图线， 去南大的同学所测实验结果对应的图线是 A。
根据图乙可看出周期之比为
则摆长之比为
【分析】（1）引入系统误差的原因是电压表的分流作用；当外电路短路时，电压表分流为零，测量图线和真实图线与横轴交点相同；
（2） ①沙漏摆动时，通过平衡位置时速度最大，通过两侧端点时速度最小，根据速度的大小分析细沙的多少；
②根据单摆周期公式求解OB段与O'B'段经历的时间，再单摆的摆动和木板的运动同时进行，根据速度的定义公式列式比较，即可求解；
（3） 根据T2～L图象比较出重力加速度的大小，因为北京和南京当地的重力加速度不同，从而可知北大的同学所测实验结果对应的图线．根据振动图象得出两摆的周期比，从而根据单摆的周期公式得出两单摆的摆长之比．
（1）AB．图为电流表外接法，由于电压表的分流作用，干路电流为流过电流表和电压表电流之和，故电流表测量的干路电流偏小，故AB错误；
CD．干路电流为流过电流表和电压表电流之和，即每一个路端电压对应的干路电流大于电流表的示数，修正后的图像为图线①，由图可知电动势和内阻的测量值均小于真实值，故C正确，D错误。
故选C。
（2）①[1]在图（乙）中P处，沙摆的速度最小，Q处沙摆的速度最大，所以P处堆积的细沙比Q处多；
②[2]依题意，设该单摆的周期为，木板长度为。由图（乙）可知木板1在运动段，所用时间为
木板2在运动段，所用时间为
可得木板1、2拉动的速度大小为
，
联立求得
（3）[1][2]北京大学处于北方，重力加速度g值较大，由单摆周期公式
可得
图像直线的斜率表示，由图像知B的斜率小，重力加速度g值大，说明直线B为北大测得的，A是南大的同学测得的；
根据图乙可看出周期之比为
则摆长之比为
13．（2024高二上·泰州期中）苏州金鸡湖边的摩天轮是世界上最大的水上摩天轮，其设计半径，旋转一周的时间为.一位质量为的同学乘坐某吊舱进行游乐体验，取重力加速度，求这位同学从摩天轮最高点转到最低点的过程中。
（1）所受重力的冲量的大小；
（2）所受合外力的冲量的大小。
【答案】（1）解：根据冲量的计算公式有
解得
（2）解：根据速度与周期公式有
根据动量定理有
解得
【知识点】动量定理
【解析】【分析】（1）根据冲量的计算公式代入题中数据求解冲量的大小；
（2）根据速度与周期公式求解线速度大小，根据动量定理求解合外力的冲量的大小。
（1）根据冲量的计算公式有
解得
（2）根据速度与周期公式有
根据动量定理有
解得
14．（2024高二上·泰州期中）周期为2.0s的简谐横波沿x轴传播，该波在t=1.0s时刻的图像如图所示，此时质点P沿y轴负方向运动，求∶
（1）该波的传播速度v和波的传播方向
（2）写出P点的振动方程
【答案】解：（1）由图可知
周期
则
解得
沿x轴正方向传播；
（2）因为
解得振动方程为
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）根据P点的运动方向，运用波形平移法判断波的传播方向。由图读出波长，由求出波速v；
（2）根据振幅、周期和初相位写出P点的振动方程。
15．（2024高二上·泰州期中）如图所示的电路中，电压表为理想电表，电源电动势，内阻。定值电阻，，电容器的电容为，电动机线圈的电阻为，电压表的示数，电动机正常工作。求：
（1）电容器的带电量为多少；
（2）电动机的输出功率是多少；
（3）若电动机突然发生断路故障，则因电动机故障导致电源的输出功率减少了多少。
【答案】（1）解：由电路图可知，电容器两端的电压为
电容器的带电量
（2）解：由欧姆定律可知，干路中的电流为
电动机两端的电压
通过的电流
因此电动机的额定电流
电动机的额定功率
电动机的输出功率
（3）解：电动机正常工作时电源的输出功率
电动机出现断路后，电路中的电流
这时电源的输出功率
因此电源的输出功率减少量
【知识点】焦耳定律；含容电路分析；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）由电路图可知电容器与电压表两端电压都等于R1两端电压，结合电容定义式求解；
（2）求出电动机的电流以及电动机功率，电功率减去热功率等于输出功率；
（3）求出电动机正常工作时电源的输出功率以及电动机出现断路后电源的输出功率，二者相减即可。
（1）由电路图可知，电容器两端的电压为
电容器的带电量
（2）由欧姆定律可知，干路中的电流为
电动机两端的电压
通过的电流
因此电动机的额定电流
电动机的额定功率
电动机的输出功率
（3）电动机正常工作时电源的输出功率
电动机出现断路后，电路中的电流
这时电源的输出功率
因此电源的输出功率减少量
16．（2024高二上·泰州期中）如图所示，质量为3m、半径为R的四分之一光滑圆弧轨道放在光滑水平地面上，下端与水平地面相切，可视为质点的质量为5m的物块B静止在光滑的水平地面上，其左端固定有水平轻弹簧，可视为质点的质量为m的物块A从圆弧轨道的顶端由静止滑下，之后物块A与弹簧发生作用，并冲上圆弧轨道，不计空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度大小为g。求：
（1）A第一次与圆弧轨道分离时，A与轨道各自的速度大小；
（2）从释放Ａ到Ａ第一次与圆弧轨道分离过程中，轨道的位移大小和A的水平位移大小；
（3）物块A沿圆弧轨道上升的最大高度h。
【答案】（1）解：以水平向右为正方向，设物块A第一次离开圆弧轨道时，物块A的速度大小为，圆弧轨道的速度大小为
解得
，
（2）解：设物块A的水平位移大小为，设物块B位移大小为，二者组成的系统水平动量守恒
解得
，
（3）解：设物块A与弹簧分离时，物块A的速度大小为，物块B的速度大小为，物块A与圆弧轨道上升到最大高度时，两者的速度大小为，有
联立解得
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型；人船模型
【解析】【分析】（1）以水平向右为正方向，根据动量守恒定律以及机械能守恒定律求解；
（2）二者组成的系统水平动量守恒，结合人船模型求解；
（3）物块A与圆弧轨道上升到最大高度时，两者的速度大小相等，结合能量守恒定律和动量守恒定律求解。
（1）以水平向右为正方向，设物块A第一次离开圆弧轨道时，物块A的速度大小为，圆弧轨道的速度大小为
解得
，
（2）设物块A的水平位移大小为，设物块B位移大小为，二者组成的系统水平动量守恒
解得
，
（3）设物块A与弹簧分离时，物块A的速度大小为，物块B的速度大小为，物块A与圆弧轨道上升到最大高度时，两者的速度大小为，有
联立解得
1 / 1江苏省泰州中学2024-2025学年高二上学期11月期中物理试题
1．（2024高二上·泰州期中）下列说法正确的是（　　）
A．法拉第发现了电流磁效应
B．麦克斯韦通过实验证实了电磁波的存在
C．变化的磁场一定产生变化的电场
D．一切物体都在辐射电磁波
2．（2024高二上·泰州期中）电动机通电后，电动机带动其他机器运转，一段时间后，电动机的外壳就会变得烫手。下列关于能的转化和守恒的说法，正确的是（ ）
A．消耗的电能全部转化为机械能
B．消耗的电能小于机械能
C．消耗的电能一部分转化为机械能，另一部分转化为内能
D．消耗的电能大于机械能与增加的内能之和，是能量损耗导致的
3．（2024高二上·泰州期中）下列操作不能产生感应电流的是（　　）
A．甲图中，使导体棒AB水平向右切割磁感线运动
B．乙图中，使条形磁铁插入或拔出线圈
C．丙图中，闭合或断开开关S瞬间
D．丙图中，保持开关S闭合，快速断开线圈B上的导线
4．（2024高二上·泰州期中）如图所示为三根平行直导线的截面图，若它们的电流大小都相同，方向垂直纸面向里，且如果AB=AC=AD，则A点的磁感应强度的方向为（　　）
A．沿AB方向 B．沿AD方向 C．沿AC方向 D．沿DA方向
5．（2024高二上·泰州期中）在一条软绳上选18个等间距的质点，质点1在外力作用下首先向上做简谐运动，其余质点在相互作用力的带动下依次振动，从而形成简谐波，由波的形成及图可知，下列说法中正确的是（　　）
A．质点1带动质点2是利用绳上质点间的弹力实现的，每个质点均做简谐运动
B．每个质点开始运动后，均在水平方向做匀速运动，在竖直方向做简谐运动
C．绳上的不同质点开始振动时的方向是不同的
D．波沿绳方向匀速传播，故每个质点的动能保持不变
6．（2024高二上·泰州期中）现代多数人由于运动量减少，体重逐渐增加，体内的脂肪也逐步增多，我们可以用某型号脂肪测量仪（如图甲所示）来测量脂肪积累程度，其原理是根据人体电阻的大小来判断脂肪所占比例（体液中含有钠离子、钾离子等，而脂肪不容易导电），模拟电路如图乙所示。已知：，测量时，闭合开关，测试者分握两手柄，体型相近的两人相比，脂肪含量高者，其电路中（　　）
A．电流表示数更大 B．电源的输出功率更高
C．路端电压更小 D．电压表示数更大
7．（2024高二上·泰州期中）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量小于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（　　）
A．甲的动量大小比乙的大
B．甲的动量大小与乙的相等
C．甲的动量大小比乙的小
D．甲乙组成的系统总动量水平向左
8．（2024高二上·泰州期中）一列简谐横波向右传播，波源M的振动图像如图所示．t＝0.9s时，N点经过平衡位置且向下振动，且M、N之间只有一个波峰，则t＝0.9s时这列波的波形图是（　　）
A． B．
C． D．
9．（2024高二上·泰州期中）一单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力频率的关系）如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．此单摆的摆长约为
B．若摆长增加，共振曲线的峰将向右移动
C．若把该单摆从福建移到北京，要使其固有频率不变，应减小摆长
D．军队过桥时需要齐步快速通过，防止桥面负担过重发生坍塌
10．（2024高二上·泰州期中）如图所示，光滑水平地面上停放着一辆的小车，小车的四分之一圆弧轨道在最低点B与水平轨道相切，圆弧轨道表面光滑，水平轨道表面粗糙。在小车的右端固定一个轻弹簧，弹簧的原长小于水平轨道的长度。一个质量为m的小球从圆弧轨道与圆心等高的A点开始自由（初速度为0）滑下，经B到达水平轨道，压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B点，下列说法正确的是（　　）
A．小球、小车及弹簧组成的系统动量守恒
B．小球、小车及弹簧组成的系统机械能守恒
C．弹簧具有的最大弹性势能时，小车和球的速度都为零
D．最终小车和小球以相同的速度一起向右运动
11．（2024高二上·泰州期中）物理学家们在探索微观世界时，经常用一种微观粒子轰击另一种微观粒子，如图，中子以速度分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为和。设碰撞为弹性正碰，氢核质量与中子近似相同，氮核质量约是中子质量的14倍，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（　　）
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小 B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．大于 D．大于
12．（2024高二上·泰州期中）按要求填空：
（1）如图所示，小明同学用图甲所示的电路图完成“测量电源电动势和内电阻的实验”，图乙中实线为按照实验所记录的电压表示数U与电流表示数I所作出的图线。由于电流表和电压表都不是理想电表，所以测量结果有系统误差，两条虚线①②中有一条是真实图线，则下列关于此方案的误差说法正确的是（　　）
A．本实验产生系统误差的原因是电压表的分流作用，使电流表示数偏大
B．本实验产生系统误差的原因是电流表的分压作用，使电压表示数偏大
C．图线①表示真实图线，小明所测电动势和内阻均偏小
D．图线②表示真实图线，小明所测电动势为真实值，内阻偏大
（2）图（甲）是演示简谐运动图像的装置，它由一根较长的细线和较小的沙漏组成。当沙漏摆动时，漏斗中的细沙均匀流出，同时匀速拉出沙漏正下方的木板，漏出的细沙在板上会形成一条曲线，这条曲线可以理解为沙漏摆动的振动图像。图（乙）是同一个沙漏分别在两块木板。上形成的曲线（图中的虚线表示）。
①图（乙）的P处堆积的细沙比Q处　 　（选填“多”、“少”或“一样多”）；
②经测量发现图（乙）中，若木板1的移动速度，则木板2的移动速度　 　。
（3）有两个同学利用假期分别去参观北京大学和南京大学的物理实验室，并各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长l的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了图像，如图甲所示，去南大的同学所测实验结果对应的图线是　 　（填“A”或“B”）。
另外，在南大做探究的同学还利用计算机绘制了两种单摆的振动图像（如图乙），由图可知，两单摆摆长之比　 　。
13．（2024高二上·泰州期中）苏州金鸡湖边的摩天轮是世界上最大的水上摩天轮，其设计半径，旋转一周的时间为.一位质量为的同学乘坐某吊舱进行游乐体验，取重力加速度，求这位同学从摩天轮最高点转到最低点的过程中。
（1）所受重力的冲量的大小；
（2）所受合外力的冲量的大小。
14．（2024高二上·泰州期中）周期为2.0s的简谐横波沿x轴传播，该波在t=1.0s时刻的图像如图所示，此时质点P沿y轴负方向运动，求∶
（1）该波的传播速度v和波的传播方向
（2）写出P点的振动方程
15．（2024高二上·泰州期中）如图所示的电路中，电压表为理想电表，电源电动势，内阻。定值电阻，，电容器的电容为，电动机线圈的电阻为，电压表的示数，电动机正常工作。求：
（1）电容器的带电量为多少；
（2）电动机的输出功率是多少；
（3）若电动机突然发生断路故障，则因电动机故障导致电源的输出功率减少了多少。
16．（2024高二上·泰州期中）如图所示，质量为3m、半径为R的四分之一光滑圆弧轨道放在光滑水平地面上，下端与水平地面相切，可视为质点的质量为5m的物块B静止在光滑的水平地面上，其左端固定有水平轻弹簧，可视为质点的质量为m的物块A从圆弧轨道的顶端由静止滑下，之后物块A与弹簧发生作用，并冲上圆弧轨道，不计空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度大小为g。求：
（1）A第一次与圆弧轨道分离时，A与轨道各自的速度大小；
（2）从释放Ａ到Ａ第一次与圆弧轨道分离过程中，轨道的位移大小和A的水平位移大小；
（3）物块A沿圆弧轨道上升的最大高度h。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】电磁场与电磁波的产生；物理学史
【解析】【解答】对于物理学上著名物理学家的理论、实验和重大发明要加强识记，这也是考试内容之一，重视知识的积累。A．奥斯特发现了电流的磁效应，故A错误；
B．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在且测得了波速，故B错误；
C．均匀变化的磁场产生恒定的电场，故C错误；
D．我们周围的一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度有关，故D正确。
故选D。
【分析】根据物理学史结合麦克斯韦电磁场理论分析。
2．【答案】C
【知识点】焦耳定律
【解析】【解答】电动机的原理是通电导线在磁场中受力转动。电动机消耗的电能一部分转化为机械能，另一部分转化为内能，总的能量守恒。
故选C。
【分析】根据能量的转化和守恒定律进行分析解答。
3．【答案】D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；磁通量
【解析】【解答】A．甲图中，导体棒AB、导线、灵敏电流计构成闭合回路，AB水平向右切割磁感线，穿过回路的磁通量变化（面积变化导致磁通量变 ），满足感应电流条件，产生感应电流，故A错误；
B．乙图中，使条形磁铁插入或拔出线圈，穿过线圈的磁通量均发生变化，线圈中都能产生感应电流，故B错误；
C．丙图中，闭合开关S瞬间，回路中为电流突然增大，小螺线管A产生的磁场增大，螺线管B中的磁通量增大，故有感应电流；断开S瞬间，回路中电流突然减小，小螺线管A产生的磁场减小，螺线管B中的磁通量减少，故有感应电流，故C错误；
D．丙图中，保持开关S闭合，快速断开线圈B上的导线，穿过螺线管B的磁通量不变，且穿过螺线管B没有构成回路，不会产生感应电流，故D正确。
故答案为：D。
【分析】感应电流产生的两个必要条件：闭合回路+磁通量变化。需同时满足才会产生感应电流，缺一不可。
A、B、C：均满足“闭合回路”，且磁通量变化，有感应电流。
D：断开导线导致回路不闭合，无感应电流（即使磁通量不变，回路断开也无法产生 ）。
4．【答案】B
【知识点】磁感应强度
【解析】【解答】本题考查了磁感应强度的矢量叠加，熟悉通电直导线周围的磁感应强度分布是解决此类问题的关键。根据右手螺旋定则可知，B处的通电直导线在A点所产生的磁场方向，沿AC方向，C处的通电直导线在A点所产生的磁场方向，沿AD方向，D处的通电直导线在A点所产生的磁场方向，沿CA方向，且磁感应强度的大小均相等，所以A点合磁感应强度的方向沿AD方向。
故选B。
【分析】根据右手螺旋定则判断各个通电直导线在A处产生的磁感应强度方向，再根据矢量叠加法则分析求解。
5．【答案】A
【知识点】机械波及其形成和传播
【解析】【解答】本题考查了机械波的形成原因、传播特点、振动和波动的关系，理解波的形成原因是关键。AC．前一质点带动后一质点，后一质点重复前一质点的振动，每个质点都做受迫振动，质点1带动质点2是利用绳上质点间的弹力实现的，每个质点均做简谐运动，由图可知绳上的每一个质点开始振动时，方向都向上，故A正确，C错误；
B．质点只能在平衡位置附近振动，不能沿绳传递，故B错误；
D．每个质点在平衡位置附近振动，速度变化，则动能变化，故D错误。
故选A。
【分析】机械波的形成原因是质点间的相互作用，前一质点带动后一质点，每个质点都做受迫振动。
6．【答案】D
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】本题考查了闭合电路的欧姆定律的应用，知道电源的输出功率与外电阻之间的关系。A．脂肪不容易导电，脂肪含量高者，接入段的电阻更大。根据闭合电路的欧姆定律可知电路中总阻值越大，干路电流越小，电流表示数越小，故A错误；
B．外电路的总电阻
且
继而
可知越大，电源的输出功率越小，故B错误；
C．外电路的总电阻越大，路端电压越大，故C错误；
D．越大，其分压越大，电压表的示数越大，故D正确。
故选D。
【分析】根据闭合电路的欧姆定律分析；根据电源输出功率规律分析。
7．【答案】A
【知识点】动量定理
【解析】【解答】ABC．根据动量定理可知
甲的质量小于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等 ，故甲的动量大小比乙的大，故A正确，BC错误；
D．以向右为正方向，甲的动量大小比乙的大，故系统动量方向向右，故D错误。
故选A。
【分析】根据动量定理分析，甲的动量大小比乙的大，系统动量与甲动量相同。
8．【答案】B
【知识点】横波的图象
【解析】【解答】由题图可知简谐运动周期等于0.4s，t＝0.9s时，M位于波谷位置，波向右传播，且N点经过平衡位置且向下振动，根据同侧法可知B图符合题意，故ACD错误，B正确；
故答案为：B。
【分析】根据同侧法结合振动图像即可解出。
9．【答案】A
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】 共振现象：当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大．
A．当驱动力频率等于固有频率时，发生共振，由题图可知，单摆的固有频率为，则周期为
由单摆的周期公式
可得单摆的摆长约为
A正确；
B．若摆长增加，由
可知周期变大，则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动，B错误；
C．若该单摆从福建移到北京，重力加速度变大，要使其固有频率不变，即周期不变，需增加摆长，C错误；
D．军队过桥时不能齐步快速通过，防止桥面发生共振，发生坍塌。D错误。
故选A。
【分析】根据驱动频率和共振频率相近时，单摆的振幅最大，可知单摆的周期；再由单摆周期公式分析出结果。结合共振现象分析。
10．【答案】C
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】AB．系统水平方向外力为零，水平方向动量守恒，但竖直方向合力不为零，系统动量不守恒； 圆弧轨道表面光滑，水平轨道表面粗糙，小球、小车及弹簧组成的系统由于克服阻力做功，机械能不守恒，故AB错误；
CD．系统初始动量为0，根据动量守恒定律可知，弹簧具有的最大弹性势能时，小车和球的速度都为零，最终小车静止在B点时，小车与小球的速度也都为0，故C正确，D错误；
故选C。
【分析】根据动量守恒以及机械能守恒的条件分析，结合动量守恒定律分析小车和小球的最终运动状态。
11．【答案】B
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零）；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。CD．设中子的质量为，氢核的质量为，氮核的质量为，设中子和氢核碰撞后中子速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得
设中子和氮核碰撞后中子速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得
可得
故CD错误；
A．碰撞后氢核的动量为
氮核的动量为
可得
故A错误；
B．碰撞后氢核的动能为
氮核的动能为
可得
故B正确。
故选B。
【分析】由于碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律、能量守恒定律分别列方程求解碰撞后的速度大小，再根据动量计算公式、动能计算公式进行分析即可。
12．【答案】（1）C
（2）多；8
（3）A；
【知识点】简谐运动；用单摆测定重力加速度；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）AB．电压表测量的是路端电压，电压表示数没有误差，电流表电流小于电路总电流，是由于电压表分流导致的，故AB错误；
CD．干路电流为流过电流表和电压表电流之和，即每一个路端电压对应的干路电流大于电流表的示数，修正后的图像为图线①，由图可知电动势和内阻的测量值均小于真实值，故C正确，D错误。
故选C。
（2）①在图（乙）中P处，沙摆的速度最小，Q处沙摆的速度最大，所以P处堆积的细沙比Q处多；
②依题意，设该单摆的周期为，木板长度为。由图（乙）可知木板1在运动段，所用时间为
木板2在运动段，所用时间为
可得木板1、2拉动的速度大小为
，
联立求得
（3）北京大学处于北方，重力加速度g值较大，由单摆周期公式
可得
知T2～L图象的斜率越大，则重力加速度越小，因为南京当地的重力加速度小于北京，去北大的同学所测实验结果对应的图线的斜率小，应该是B图线， 去南大的同学所测实验结果对应的图线是 A。
根据图乙可看出周期之比为
则摆长之比为
【分析】（1）引入系统误差的原因是电压表的分流作用；当外电路短路时，电压表分流为零，测量图线和真实图线与横轴交点相同；
（2） ①沙漏摆动时，通过平衡位置时速度最大，通过两侧端点时速度最小，根据速度的大小分析细沙的多少；
②根据单摆周期公式求解OB段与O'B'段经历的时间，再单摆的摆动和木板的运动同时进行，根据速度的定义公式列式比较，即可求解；
（3） 根据T2～L图象比较出重力加速度的大小，因为北京和南京当地的重力加速度不同，从而可知北大的同学所测实验结果对应的图线．根据振动图象得出两摆的周期比，从而根据单摆的周期公式得出两单摆的摆长之比．
（1）AB．图为电流表外接法，由于电压表的分流作用，干路电流为流过电流表和电压表电流之和，故电流表测量的干路电流偏小，故AB错误；
CD．干路电流为流过电流表和电压表电流之和，即每一个路端电压对应的干路电流大于电流表的示数，修正后的图像为图线①，由图可知电动势和内阻的测量值均小于真实值，故C正确，D错误。
故选C。
（2）①[1]在图（乙）中P处，沙摆的速度最小，Q处沙摆的速度最大，所以P处堆积的细沙比Q处多；
②[2]依题意，设该单摆的周期为，木板长度为。由图（乙）可知木板1在运动段，所用时间为
木板2在运动段，所用时间为
可得木板1、2拉动的速度大小为
，
联立求得
（3）[1][2]北京大学处于北方，重力加速度g值较大，由单摆周期公式
可得
图像直线的斜率表示，由图像知B的斜率小，重力加速度g值大，说明直线B为北大测得的，A是南大的同学测得的；
根据图乙可看出周期之比为
则摆长之比为
13．【答案】（1）解：根据冲量的计算公式有
解得
（2）解：根据速度与周期公式有
根据动量定理有
解得
【知识点】动量定理
【解析】【分析】（1）根据冲量的计算公式代入题中数据求解冲量的大小；
（2）根据速度与周期公式求解线速度大小，根据动量定理求解合外力的冲量的大小。
（1）根据冲量的计算公式有
解得
（2）根据速度与周期公式有
根据动量定理有
解得
14．【答案】解：（1）由图可知
周期
则
解得
沿x轴正方向传播；
（2）因为
解得振动方程为
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【分析】（1）根据P点的运动方向，运用波形平移法判断波的传播方向。由图读出波长，由求出波速v；
（2）根据振幅、周期和初相位写出P点的振动方程。
15．【答案】（1）解：由电路图可知，电容器两端的电压为
电容器的带电量
（2）解：由欧姆定律可知，干路中的电流为
电动机两端的电压
通过的电流
因此电动机的额定电流
电动机的额定功率
电动机的输出功率
（3）解：电动机正常工作时电源的输出功率
电动机出现断路后，电路中的电流
这时电源的输出功率
因此电源的输出功率减少量
【知识点】焦耳定律；含容电路分析；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）由电路图可知电容器与电压表两端电压都等于R1两端电压，结合电容定义式求解；
（2）求出电动机的电流以及电动机功率，电功率减去热功率等于输出功率；
（3）求出电动机正常工作时电源的输出功率以及电动机出现断路后电源的输出功率，二者相减即可。
（1）由电路图可知，电容器两端的电压为
电容器的带电量
（2）由欧姆定律可知，干路中的电流为
电动机两端的电压
通过的电流
因此电动机的额定电流
电动机的额定功率
电动机的输出功率
（3）电动机正常工作时电源的输出功率
电动机出现断路后，电路中的电流
这时电源的输出功率
因此电源的输出功率减少量
16．【答案】（1）解：以水平向右为正方向，设物块A第一次离开圆弧轨道时，物块A的速度大小为，圆弧轨道的速度大小为
解得
，
（2）解：设物块A的水平位移大小为，设物块B位移大小为，二者组成的系统水平动量守恒
解得
，
（3）解：设物块A与弹簧分离时，物块A的速度大小为，物块B的速度大小为，物块A与圆弧轨道上升到最大高度时，两者的速度大小为，有
联立解得
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型；人船模型
【解析】【分析】（1）以水平向右为正方向，根据动量守恒定律以及机械能守恒定律求解；
（2）二者组成的系统水平动量守恒，结合人船模型求解；
（3）物块A与圆弧轨道上升到最大高度时，两者的速度大小相等，结合能量守恒定律和动量守恒定律求解。
（1）以水平向右为正方向，设物块A第一次离开圆弧轨道时，物块A的速度大小为，圆弧轨道的速度大小为
解得
，
（2）设物块A的水平位移大小为，设物块B位移大小为，二者组成的系统水平动量守恒
解得
，
（3）设物块A与弹簧分离时，物块A的速度大小为，物块B的速度大小为，物块A与圆弧轨道上升到最大高度时，两者的速度大小为，有
联立解得
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